精品解析：云南昆明市第一中学2026届高三下学期5月复习诊断数学试题

2026届高三5月复习诊断 数学 本试卷共4页，19题．全卷满分150分．考试用时120分钟． 注意事项： 1．答题前，先将自己的姓名、准考证号填写在试卷和答题卡上，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置． 2．选择题的作答：每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑．写在试卷、草稿纸和答题卡的非答题区域均无效． 3．非选择题的作答：用黑色签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内．写在试卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效． 4．考试结束后，请将本试卷和答题卡一并上交． 一、单项选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的． 1. 已知复数z是方程的根,则（ ） A. B. C. 2 D. 3 【答案】B 【解析】 【详解】因为方程的判别式， 所以该方程有虚数根， 所以， 因此. 2. 已知命题p：，，命题q：，，则（ ） A. p和q都是真命题 B. 和q都是真命题 C. p和都是真命题 D. 和都是真命题 【答案】C 【解析】 【详解】令，则显然成立，是真命题，是假命题， 当时，，故命题是假命题，是真命题． 3. 已知双曲线（，）的一条渐近线方程为，则该双曲线的离心率为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【详解】由题意得，，则. 4. 已知函数，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】通过指数函数性质判断函数单调递增得出，结合，，由此即可求解. 【详解】因为，单调递增，单调递减， 单调递增，则单调递增， 故，且，，所以. 5. 已知样本数据a，b，c的平均数为3，方差为2，则，，的平均数为（ ） A. 9 B. 11 C. 13 D. 15 【答案】B 【解析】 【详解】由题意得，，， 则，解得. 6. 在棱长均为2的正三棱锥中，点M是的中点，点N是侧面上的一个动点，当平面时，线段的长度的最小值是（ ） A. B. C. D. 1 【答案】A 【解析】 【详解】分别取，的中点为，，连接，，， 又点M是的中点，所以， 因为，平面，平面，所以平面， 因为，平面，平面，所以平面， 又，平面，所以平面平面， 又点N是侧面上的一个动点，且平面， 所以点在平面上的轨迹为线段，在中，可知 ， 所以当时，的长度最小，即， 所以的最小值为. 7. 已知函数，则（ ） A. 有三个极值点 B. 当且仅当 C. 当时， D. 的图象关于对称 【答案】C 【解析】 【分析】对函数求导分析其单调区间与极值点，即可判断AC；通过因式分解得，即可判断B；通过计算即可判断D. 【详解】已知函数，则， 对于A，由得，当时，有或；当时，有， 所以在和上单调递增，在上单调递减， 所以有两个极值点，极大值为，极小值为，故A错误； 对于B，由于，所以当且仅当或，故B错误； 对于C，因为，所以，由在上单调递增，所以，故C正确； 对于D，假设的图象关于对称，则有， 而，所以的图象关于对称，而不是对称，故D错误. 8. 设，，则下列结论正确的是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【详解】对于A，若取，但，不满足，故A错误； 对于B，若取，，则，不满足，故B错误； 对于C，因，当且仅当时取等， 即当时，取得最小值，而,故C错误； 对于D，令，则 可看作关于的一元二次方程有正数解， 所以，整理得 ，此时可看作关于的一元二次不等式有正数解， 则，可得，因，则得，当时取等，故D正确. 二、多项选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分． 9. 一个匀速旋转的摩天轮每12分钟旋转一周，最低点距离地面2米，最高点距离地面18米．已知游客在距离地面最近的位置进舱，游客距离地面的高度h（米）关于进舱时间t（分钟）的函数解析式为（其中，，），则正确的有（ ） A. B. C. D. 从登上摩天轮的时刻开始计时，经过8分钟，游客与地面的距离为14米 【答案】ABD 【解析】 【详解】由已知，解得，，故A正确； 因为摩天轮每分钟旋转一周，所以，即，故，B正确； 由最低点距离地面米得：，从而， 因为，，故C不正确； 综上， 当时， ，故D正确. 10. 已知数列，，（），则（ ） A. B. 数列是等差数列 C. ，n为奇数 D. ，n为偶数 【答案】ABD 【解析】 【详解】，，则令，解得， 又，两式相减，， 即数列是等差数列，故B正确； 由，可知数列的奇数项是以为首项，3为公差的等差数列； 偶数项是以0为首项，3为公差的等差数列， 当为奇数时，设，则，故C错误； 当为偶数时，设，则，故D正确； ，故A正确． 11. 已知点O为坐标原点，抛物线C：（）的准线方程为，过焦点F的直线l交抛物线C于A，B两点，则下列选项中正确的是（ ） A. 若，则 B. 若，则直线l的斜率为1 C. D. 面积的最小值为8 【答案】ACD 【解析】 【分析】由抛物线准线方程可求得抛物线方程，利用焦半径公式可求得A点坐标，即可判断A；设直线l的方程，联立抛物线方程，可得根与系数的关系式，结合求得，即可求得直线斜率，判断B；利用焦半径公式结合基本不等式可判断C；表示出面积，结合基本不等式求得其最小值，判断D. 【详解】因为抛物线C：的准线方程为， 故， 故，焦点为，设， 对于A，，代入得，即 故，A正确； 对于B，，则， 当直线为时，，由此可判断时，直线的斜率存在且不等于， 设直线的方程为，联立可得：， 故，解得，满足，故B错误； 对于C，由B的分析可知，当直线为时，也有成立； 故， 当且仅当即时，取得等号，C正确； 对于D，不妨设A点在第一象限，则， 故的面积， 当且仅当时等号成立，即面积的最小值为，D正确. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 已知都是非零向量，且满足，则的值是___________． 【答案】 【解析】 【详解】由，所以，所以，即. 13. 已知中，，，角A的平分线与交于点D，且，则__________． 【答案】 【解析】 【分析】在△中利用正弦定理求解出，再在△中利用正弦定理求解出. 【详解】△中，由正弦定理得：， 因为为锐角，所以，从而，所以， 从而，△中，由正弦定理，所以. 14. 鲁班锁是中国传统的智力玩具，起源于中国古代建筑中首创的榫卯结构，它的外观是如图所示的十字立方体，由六根完全一样的正四棱柱体分成三组构成，其上下、左右、前后完全对称，若正四棱柱的高为4，底面正方形的边长为2，现将该鲁班锁放进一个球形容器内，则该球形容器（容器壁的厚度忽略不计）的体积的最小值为__________． 【答案】 【解析】 【分析】由题可得当该球形容器的半径为并在一起的两个长方体体对角线的一半时满足题设. 【详解】由题意，该球形容器的半径的最小值为并在一起的两个长方体体对角线的一半， 即为，所以该球形容器体积的最小值为： 四、解答题：本题共5小题，其中第15题13分，第16、17题15分，第18、19题17分，共77分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤． 15. 如图，一块长方体形木料的上底面上有一点E． （1）经过点E在上底面画一条直线l与垂直，请写出画法，并说明理由； （2）若，M是的中点，是正三角形，在（1）的条件下，求直线l与平面所成角的正弦值． 【答案】（1）答案见解析 （2） 【解析】 【分析】（1）结合线面垂直的判定与性质，只需保证垂直于即可，据此可确定的画法； （2）首先以为原点建立空间直角坐标系，设长方体的长宽高分别为参数，根据是正三角形的条件，推导得到长宽高的关系，再由​​确定点的坐标；求出平面的法向量，利用直线与平面所成角的向量公式，即可计算对应正弦值. 【小问1详解】 画法：连接，在上底面上，过点作直线与垂直， 则直线为所求. 理由：由已知平面，平面， 所以，又因为 ，， 又平面，平面，所以平面， 又平面，所以； 【小问2详解】 设，，，所以， ，， 因为△是正三角形，所以， 所以，即为正方形，所以， 所以直线与平面所成角与直线与平面所成角相等， 以为坐标原点建立如图所示的空间直角坐标系， 则，，， ， ，，所以 ， ， ， 设平面的法向量为， 由， 取，则，设与平面所成角为， 则， 所以直线与平面所成角的正弦值为. 16. 已知函数，其中． （1）若，，求的极值； （2）若曲线在点处的切线与曲线在点处的切线平行，且，求实数a的取值范围． 【答案】（1）极小值，无极大值 （2） 【解析】 【分析】（1）由导数知识结合定义域可得极值情况； （2）由这两条切线平行可得然后两边取以为底的对数可得，据此可得答案. 【小问1详解】 由函数，可得其定义域为，且. 令，可得，或. 则在，上单调递减，在上单调递增， 故当时，取极小值，无极大值. 【小问2详解】 由可得， 所以曲线在点处的斜率为， 由可得 所以曲线在点处的斜率为 因为这两条切线平行，故有，即 两边取以为底的对数，得 所以， 所以，结合，可得 . 17. 已知正项等比数列满足（）． （1）求数列的通项公式； （2）设满足，求的前n项和为． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）由已知可得，，结合等比数列通项公式求，再求关系求，利用等比数列通项公式求结论； （2）结合（1）求出的通项公式，当为偶数时，利用分组求和法结合等差数列求和公式和等比数列求和公式求，再结合所得结果及与关系求为奇数的结果即可. 【小问1详解】 设正项等比数列的公比为，则， 由已知，故， 两式相除得，结合， 解得， 又，故 ，代入可得， 所以，又，得，所以； 【小问2详解】 由（1）得， 为偶数时，， 为奇数时，， 综上，． 18. 某公司研发了一款新型智能机器人，一经投放市场颇受欢迎，为了更好地服务广大用户，该公司对这款机器人的某个性能指数x（）与用户的喜欢程度y（）进行调查统计，得到如下数据表： x 5 6 7 8 9 y 0.55 0.50 0.60 0.65 0.70 （1）请根据上表提供的数据，利用相关系数r，判断该性能指数与用户的喜欢程度的相关性强弱（当时，x与y的相关性很强）； （2）这款智能机器人的交互性很强，用户可通过语音给机器人发布指令，机器人执行命令的正确率为90%，出错率为10%．当机器人正确执行命令时，使用者满意的概率为90%；当机器人执行命令错误时，使用者满意的概率为30%．如果使用者对某次命令执行结果不满意，求机器人实际正确执行命令的概率（精确到0.01）； （3）该公司科技人员随机抽取一台这款智能机器人进行挑战答题，共准备了4道高难度的问题，若机器人答对的题数不小于3，则挑战成功．已知机器人答对前两道题的概率均为p，答对后两道题的概率均为q，每次答题结果互不影响．当时，求机器人挑战成功的概率的最大值． 附：相关系数． 【答案】（1）该性能指数与用户的喜欢程度的相关性很强 （2） （3） 【解析】 【分析】（1）由题意计算出样本均值以及方差、协方差的求和项，代入相关系数公式求出r，并结合给定的判断区间得出结论. （2）先利用全概率公式求出“使用者对结果不满意”的总概率，再利用条件概率公式逆向推导出在“不满意”前提下“实际正确执行”的概率. （3）根据独立事件乘法公式列出“挑战成功”的概率解析式，利用已知条件进行代数消元与换元将其转化为一元二次函数，由二次函数的性质即可求得最值. 【小问1详解】 由题意知，，， ， ， ． 所以 所以该性能指数与用户的喜欢程度的相关性很强． 【小问2详解】 记事件：机器人正确执行命令；事件：使用者对执行结果满意，则 ，，，． 所以， 所以， 故如果使用者对某次命令执行结果表示不满意，机器人实际正确执行命令的概率约为． 【小问3详解】 设事件：机器人挑战成功，则 ． 由，得 ．令， 因为，，所以，所以 设，当，即或时，． 所以当时，机器人挑战成功的概率的最大值为． 19. 已知椭圆：（）的右焦点为，过点的直线与相交于两点，当为的上顶点时，，的倾斜角为 （1）求的方程； （2）过点作直线的垂线，垂足为， （ⅰ）求面积的最大值； （ⅱ）点在椭圆上，当的面积取得最大值时，，求满足条件的点的个数． 【答案】（1） （2）（ⅰ）（ⅱ） 【解析】 【分析】（1）根据题意得到中的边角关系，根据余弦定理即可求出，从而得到椭圆方程； （2）（i）设 ，根据题意得到，联立直线方程与椭圆方程，最后由韦达定理结合基本不等式即可求解；（ii）根据题意得到点到直线的距离，从而得到与直线平行的直线，最后结合直线与椭圆的交点即可求解. 【小问1详解】 如图所示，取的左焦点为，由题意知，，所以， 又因为，所以，在△中，由余弦定理，， 解得，所以，， 故的方程为. 【小问2详解】 （i）如图所示，设 ， 由题意知，设直线的方程为， 联立，得， 显然,且，，则有， 因直线的方程为， 令，， 所以，即直线过定点， 所以△面积为 ， 设,则函数在上单调递增， 故当，即时，取得最小值4，此时，取得最大值. （ii）如图所示，在△面积最大的条件下，由对称性，不妨设点在轴上方， 所以， ，， 直线的方程为，设为点到直线的距离， 由，解得， 设平行于的直线方程为，由，解得或者， 当时，直线过点，且与椭圆有两个不同的交点，即点有2个； 当时，联立，得 ， 因为 ，所以直线与椭圆没有交点. 综上所述，满足条件的点的个数为. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2026届高三5月复习诊断 数学 本试卷共4页，19题．全卷满分150分．考试用时120分钟． 注意事项： 1．答题前，先将自己的姓名、准考证号填写在试卷和答题卡上，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置． 2．选择题的作答：每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑．写在试卷、草稿纸和答题卡的非答题区域均无效． 3．非选择题的作答：用黑色签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内．写在试卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效． 4．考试结束后，请将本试卷和答题卡一并上交． 一、单项选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的． 1. 已知复数z是方程的根,则（ ） A. B. C. 2 D. 3 2. 已知命题p：，，命题q：，，则（ ） A. p和q都是真命题 B. 和q都是真命题 C. p和都是真命题 D. 和都是真命题 3. 已知双曲线（，）的一条渐近线方程为，则该双曲线的离心率为（ ） A. B. C. D. 4. 已知函数，，则（ ） A. B. C. D. 5. 已知样本数据a，b，c的平均数为3，方差为2，则，，的平均数为（ ） A. 9 B. 11 C. 13 D. 15 6. 在棱长均为2的正三棱锥中，点M是的中点，点N是侧面上的一个动点，当平面时，线段的长度的最小值是（ ） A. B. C. D. 1 7. 已知函数，则（ ） A. 有三个极值点 B. 当且仅当 C. 当时， D. 的图象关于对称 8. 设，，则下列结论正确的是（ ） A. B. C. D. 二、多项选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分． 9. 一个匀速旋转的摩天轮每12分钟旋转一周，最低点距离地面2米，最高点距离地面18米．已知游客在距离地面最近的位置进舱，游客距离地面的高度h（米）关于进舱时间t（分钟）的函数解析式为（其中，，），则正确的有（ ） A. B. C. D. 从登上摩天轮的时刻开始计时，经过8分钟，游客与地面的距离为14米 10. 已知数列，，（），则（ ） A. B. 数列是等差数列 C. ，n为奇数 D. ，n为偶数 11. 已知点O为坐标原点，抛物线C：（）的准线方程为，过焦点F的直线l交抛物线C于A，B两点，则下列选项中正确的是（ ） A. 若，则 B. 若，则直线l的斜率为1 C. D. 面积的最小值为8 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 已知都是非零向量，且满足，则的值是___________． 13. 已知中，，，角A的平分线与交于点D，且，则__________． 14. 鲁班锁是中国传统的智力玩具，起源于中国古代建筑中首创的榫卯结构，它的外观是如图所示的十字立方体，由六根完全一样的正四棱柱体分成三组构成，其上下、左右、前后完全对称，若正四棱柱的高为4，底面正方形的边长为2，现将该鲁班锁放进一个球形容器内，则该球形容器（容器壁的厚度忽略不计）的体积的最小值为__________． 四、解答题：本题共5小题，其中第15题13分，第16、17题15分，第18、19题17分，共77分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤． 15. 如图，一块长方体形木料的上底面上有一点E． （1）经过点E在上底面画一条直线l与垂直，请写出画法，并说明理由； （2）若，M是的中点，是正三角形，在（1）的条件下，求直线l与平面所成角的正弦值． 16. 已知函数，其中． （1）若，，求的极值； （2）若曲线在点处的切线与曲线在点处的切线平行，且，求实数a的取值范围． 17. 已知正项等比数列满足（）． （1）求数列的通项公式； （2）设满足，求的前n项和为． 18. 某公司研发了一款新型智能机器人，一经投放市场颇受欢迎，为了更好地服务广大用户，该公司对这款机器人的某个性能指数x（）与用户的喜欢程度y（）进行调查统计，得到如下数据表： x 5 6 7 8 9 y 0.55 0.50 0.60 0.65 0.70 （1）请根据上表提供的数据，利用相关系数r，判断该性能指数与用户的喜欢程度的相关性强弱（当时，x与y的相关性很强）； （2）这款智能机器人的交互性很强，用户可通过语音给机器人发布指令，机器人执行命令的正确率为90%，出错率为10%．当机器人正确执行命令时，使用者满意的概率为90%；当机器人执行命令错误时，使用者满意的概率为30%．如果使用者对某次命令执行结果不满意，求机器人实际正确执行命令的概率（精确到0.01）； （3）该公司科技人员随机抽取一台这款智能机器人进行挑战答题，共准备了4道高难度的问题，若机器人答对的题数不小于3，则挑战成功．已知机器人答对前两道题的概率均为p，答对后两道题的概率均为q，每次答题结果互不影响．当时，求机器人挑战成功的概率的最大值． 附：相关系数． 19. 已知椭圆：（）的右焦点为，过点的直线与相交于两点，当为的上顶点时，，的倾斜角为 （1）求的方程； （2）过点作直线的垂线，垂足为， （ⅰ）求面积的最大值； （ⅱ）点在椭圆上，当的面积取得最大值时，，求满足条件的点的个数． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $